Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x3 + 6x2 – 5 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1, –13). Câu II:
3x ⎛ 5x π ⎞ ⎛x π⎞ 1. Giải phương trình: sin⎜ − ⎟ − cos⎜ − ⎟ = 2 cos 2 ⎝2 4⎠ ⎝ 2 4⎠ 2. Tìm m để phương trình:
4
x 2 + 1 − x = m có nghiệm.
Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0 1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 2. Tìm điểm M ∈ (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Câu IV: 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và x (1 − x ) . y= 2 x +1 y ⎧ x e = 2007 − ⎪ y2 − 1 ⎪ 2. Chứng minh rằng hệ ⎨ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn x ⎪ey = 2007 − ⎪⎩ x2 − 1 điều kiện x > 0, y > 0 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): ⎧⎪A 2x + C3y = 22 1. Tìm x, y ∈ N thỏa mãn hệ ⎨ 3 2 ⎪⎩A y + C x = 66
2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: x + y − 1 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1. Giải phương trình log 3 (x − 1) + log 2
3
(2x − 1) = 2
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK.
Bài giải Câu I: 1. Khảo sát y = –2x3 + 6x2 – 5 (Bạn đọc tự làm) 2. Viết phương trình tiếp tuyến (C) đi qua A(–1, –13) Ta có y' = –6x2 + 12x Gọi M0(x0, y0) là tiếp điểm thuộc (C) ⇔ y 0 = −2 x 30 + 6x 20 − 5 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0) ⇔ y = − 6x 20 + 12 x 0 (x − x 0 ) − 2x 30 + 6x 20 − 5
(
)
Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên − 13 = −2 x 30 + 6x 20 − 5 + − 6 x 20 + 12 x 20 (− 1 − x 0 )
(
)
− 13 = −2x 30 + 6x 0 − 5 − 6x 20 + 6x 30 − 12 x 0 − 12 x 20 ⇔ x 30 − 3x 0 + 2 = 0 ⇔ x 0 = 1vx 0 = −2 Ta có y(1) = −1v y(−2) = 35 M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y + 1 = 6(x – 1) ⇔ y = 6x – 7 M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61
Câu II:
3x ⎛ 5x π ⎞ ⎛ x π⎞ 1. Giải phương trình: sin⎜ − ⎟ − cos⎜ − ⎟ = 2 cos (1) 2 ⎝ 2 4⎠ ⎝2 4⎠ 3x ⎛π π x⎞ ⎛ 5x π ⎞ (1) ⇔ sin⎜ − ⎟ − sin⎜ + − ⎟ = 2 cos 2 ⎝2 4 2⎠ ⎝ 2 4⎠ 3x ⎛ 3π x ⎞ ⎛ 5x π ⎞ ⇔ sin⎜ − ⎟ − sin⎜ − ⎟ = 2 cos 2 ⎝ 4 2⎠ ⎝ 2 4⎠ π ⎞ ⎛ 3x π ⎞ 3x ⎛ ⇔ 2 cos ⎜ x + ⎟ sin ⎜ − ⎟ = 2 cos 4⎠ ⎝ 2 2⎠ 2 ⎝ π⎞ 3x 3x ⎛ ⇔ −2 cos⎜ x + ⎟ cos = 2 cos 4⎠ 2 2 ⎝ 3x π⎞ 2 ⎛ = 0 v cos ⎜ x + ⎟ = − 2 2 4⎠ ⎝ 3x π 3π π ⇔ = + kπ v x + = ± + k2 π 2 2 4 4 π 2π π ⇔x= +k v x = + k2 π v x = π + k2 π 3 3 2
⇔ cos
2. Tìm m để phương trình:
4
x 2 + 1 − x = m có nghiệm
Xét hàm số f (x ) = 4 x 2 + 1 − x
(điều kiện: x ≥ 0)
1⎛ x 1 ⎞⎟ ⇒ f ' (x ) = ⎜⎜ − < 0 , ∀x > 0 2 ⎜ 4 (x 2 + 1)3 x ⎟⎟ ⎝ ⎠ x x x 1 Vì < = 3 = 4 3 6 4 x x x2 + 1 x2
(
)
Ta có f giảm trên [ 0; +∞ ) và lim f(x) = 0 nên ta có x →+ ∞
0 < f(x ) ≤ 1, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) .
Vậy, phương trình (1) có nghiệm
⇔ m ∈miền giá trị của f trên đoạn [ 0; +∞ ) ⇔ 0 < m ≤ 1
Câu III: 1. Đường thẳng AB có VTCP a = (8,−8,12 ) = 4(2,−2,3) ⎧x = −3 + 2 t ⎪ Phương trình đường thẳng AB: ⎨y = 5 − 2 t ⎪z = −5 + 3t ⎩
Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) ∈ AB ∩ (P) khi (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) 2. Tìm M ∈ (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH AB2 nên: MA 2 + MB2 = 2 MH 2 + 2 2 2 Do đó MA + MB nhỏ nhất ⇔ MH2 nhỏ nhất Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P) MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT OH = (1,1,1) và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA2 + MB2 nhỏ nhất. (khi đó, ta có min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142) Câu IV:
x(1 − x ) và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). x2 + 1 x(1 − x ) Khi đó 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x(1 – x) ≥ 0 ⇒ y = 2 ≥0 x +1 Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là 1 1 1 x (1 − x ) x +1 ⎞ −x 2 + x ⎛ dx = ∫ ⎜ −1 + 2 S=∫ 2 dx = ∫ 2 ⎟ dx x +1 x +1⎠ x +1 0⎝ 0 0
1. Tọa độ giao điểm của 2 đường y =
1
S=−x0 +
1
x +1 dx 2 +1
∫x 0
Đặt: x = tgt ⇒ dx = (tg2t + 1)dt
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 1
S=
∫ 0
x +1 dx = x2 + 1
Vậy S = −1 +
π ;x = 0 ⇒ t = 0 4 π 4
π 1 4 = ( ) ( ) tgt + 1 dt = [ t − ln cos t ] + ln 2 0 ∫ π
4
0
2
π 1 + ln 2 4 2
2. Đặt: f(t) = et, g ( t ) =
t t2 −1
−1
;g / (t) =
< 0, ∀ t > 1
3 2
(t − 1) Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng Xác định. ⎧f (x ) + g(y ) = 2007 Hệ phương trình (1) ⇔ ⎨ ⎩f (y ) + g(x ) = 2007 2
⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗) Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) < g(x) ( do(∗) ) ⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vô lý. Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. x ⎧ ⎪e x + − 2007 = 0 Do đó, (1) ⇔ (2) ⎨ x2 − 1 ⎪⎩x = y x Xét: h (x ) = ex + − 2007 (|x| > 1 ) x2 − 1 Nếu x < –1 thì h(x) < e–1 – 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm 3 − 1 x 2 2 Khi x > 1 ⇒ h' (x ) = e x − = e − ( x − 1 ) 3 (x2 − 1)2 5 − 3 2 2 h '' ( x ) = e + ( x − 1) .2x = ex + 2
3x
x
(x
2
− 1)
5 2
>0
và lim+ h(x ) = +∞ , lim h ( x ) = +∞ x →1
x →+∞
Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +∞)
Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng minh tồn tại x0 > 1 mà h(x0) < 0 2 Chọn x0 = 2 ⇒ h ( 2 ) = e2 + − 2007 < 0 3 Suy ra: h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1 Câu Va: 1. Với điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 3, ta có: 1 ⎧ ⎧⎪A 2x + C3y = 22 ⎪⎪x(x − 1) + 6 y(y − 1)(y − 2 ) = 22 ⇔⎨ ⎨ 3 2 ⎪⎩A y + Cx = 66 ⎪y(y − 1)(y − 2 ) + 1 x(x − 1) = 66 ⎪⎩ 2 ⎧6x 2 − 6x + y 3 − 3y 2 + 2y = 132 ⇔⎨ 3 2 2 ⎩( y − 3y + 2y ) .2 + x − x = 132
(1) (2)
3 2 ⎧ 2 ⇔ ⎨6x 2− 6x + y − 3y + 2y = 132 ⎩11x − 11x − 132 = 0 (2) − 2(1)
⇔
{
{
⎧x = 4 x = 4 hay x = −3 (loaïi) ⇔ ⎨ y − 5 y 2 + 2y + 12 = 0 ⇔ x = 4 3 2 y=5 )( y − 3y + 2y = 60 ) ⎩( y
2. 0
2
4
6
A
D I
–3 –5
x
B
C
Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈ d Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5)
. Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) Câu Vb: 1. Giải phương trình: log 3 (x − 1) + log 2
3
(2x − 1) = 2
⇔ 2 log3 x − 1 + 2 log3 ( 2x − 1) = 2 ⇔ log3 x − 1 + log3 ( 2x − 1) = 1
⇔ log3 x − 1 ( 2x − 1) = log3 3
⇔ x − 1 ( 2x − 1) = 3
⎧⎪ 1 x >1 < x <1 hay ⇔ ⎨2 2x 2 − 3x − 2 = 0 2 ⎩⎪2x − 3x + 4 = 0 (vn) ⇔x=2
{
2. (Bạn đọc tự vẽ hình) +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK )
SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3 a 6 2a 3 2a 3 ⇒ SH= ⇒ SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
AH.SB = SA.AB ⇒ AH=
HK SH 2a 2 . = ⇒ HK = BD SB 3 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có Ta có HK song song với BD nên
4a2 2a ⇒ AM= AM = AH − HM = 9 3 2
2
2
1 1a 2 1 2a3 VOAHK = OA.SAHK = . HK.AM = 3 3 2 2 27 Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2 )
----------@--------HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)